抛物线习题

常用技巧

  • 抛物线设点技巧,

如抛物线\(y^2=4x\)上任一点可以设为\((x,y)\),但其含有两个元;若设为\((4t^2,4t)\)或者设为\((\frac{y_0^2}{4},y_0)\),只含有一个元,故运算简单,具体参见本博文的[例7,2018高考新课标Ⅲ卷第16题]

  • 抛物线的焦点弦长公式\(|AB|=\cfrac{2p}{sin^2\alpha}\)的推导:

思路1:代数方法,联立方程组,

当直线的斜率不存在时,即直线的倾斜角\(\theta=90^{\circ}\)时,\(x_1=x_2=\cfrac{p}{2}\)\(y_1=p\)\(y_2=-p\)

\(|AB|=|y_1-y_2|=2p=\cfrac{2p}{sin^290^{\circ}}=\cfrac{2p}{sin^2\alpha}\)

当直线的斜率存在时,即\(k=tan\theta\),焦点弦方程是\(y=k(x-\cfrac{p}{2})\),代入抛物线方程得到\(k^2x^2-(k^2p+2p)x+\cfrac{k^2p^2}{4}=0\)

利用韦达定理可知\(x_1+x_2=\cfrac{k^2p+2p}{k^2}\),由抛物线的定义

\(|AB|=|AF|+|BF|=x_1+x_2+p=\cfrac{k^2p+2p}{k^2}+p=\cfrac{2p(k^2+1)}{k^2}\)

\(=2p\times\cfrac{tan^2\theta+1}{tan^2\theta}=2p\times\cfrac{sin^2\theta+cos^2\theta}{sin^2\theta}=\cfrac{2p}{sin^2\theta}\)

思路2:几何方法,利用三角函数。

\(A(x_1,y_1)\)\(B(x_2,y_2)\),则由抛物线的定义可知,\(|AB|=x_1+x_2+p\)

\(|AF|=x_1+\cfrac{p}{2}\)\(|CF|=x_1-\cfrac{p}{2}\),又\(|CF|=|AF|cos\theta\),则可知

\(cos\theta(x_1+\cfrac{p}{2})=x_1-\cfrac{p}{2}\),解得\(x_1=\cfrac{1+cos\theta}{1-cos\theta}\cdot \cfrac{p}{2}\),同理求得\(x_2=\cfrac{1-cos\theta}{1+cos\theta}\cdot \cfrac{p}{2}\)

将其代入\(|AB|=x_1+x_2+p\),则\(|AB|=\cfrac{p}{2}(\cfrac{1-cos\theta}{1+cos\theta}+\cfrac{1+cos\theta}{1-cos\theta})+p\),整理得到\(|AB|=\cfrac{2p}{sin^2\theta}\)

记忆方法总结

  • 焦点弦三角形的面积的最小值是\(AB\)为通经时;

如下图所示,抛物线\(y^2=2px\),焦点\(F(1,0)\),过点\(F\)的直线\(AB\)和抛物线交于点\(A\)\(B\),设点\(A(x_1,y_1)\)\(B(x_2,y_2)\),则可知\(y_1y_2=-p^2\)

\(S_{\triangle OAB}=\cfrac{1}{2}\times |OF|\times |y_1|+\cfrac{1}{2}\times |OF|\times |y_2|\)

\(=\cfrac{1}{2}\times |OF|\times (|y_1|+|y_2|)\ge \cfrac{1}{2}\times \cfrac{p}{2}\times 2\sqrt{|y_1y_2|}=\cfrac{p}{2}\cdot p=\cfrac{p^2}{2}\)

当且仅当\(|y_1|=|y_2|\)时取到等号,即焦点弦三角形的面积的最小值是\(AB\)为通经时,其值为\(\cfrac{p^2}{2}\)

给出方式

  • 抛物线\(y^2=2px(p>0)\)经过点\((2,4)\),即\(p=4\)
  • 抛物线\(y^2=2px(p>0)\)的焦点到准线的距离为\(4\),即\(p=4\)

抛物线性质

如下图所示,为抛物线\(y^2=2px\)的图像,过焦点\(F(\cfrac{p}{2},0)\)的直线\(AB\)与抛物线相交于\(A(x_1,y_1)\)\(B(x_2,y_2)\)两点,且直线\(AB\)的倾斜角为\(\angle xFA=\alpha\),则有以下性质:

\(x_1\cdot x_2=\cfrac{p^2}{4}\)\(y_1\cdot y_2=-p^2\)

\(|AB|=x_1+x_2+p=\cfrac{2p}{sin^2\alpha}\)

\(S_{\triangle ABC}=\cfrac{p^2}{2sin\alpha}\)

\(\cfrac{1}{|AF|}+\cfrac{1}{|BF|}=\cfrac{2}{p}\)为定值;

\(AB\)为焦点弦,当\(AB\perp x\)轴时,\(AB\)为通径;此时\(AB=2p\)

【必会例题】\(A\)\(B\)是抛物线\(y^2=2px(p>0)\)上的两点,且\(OA\perp OB\)

\(A(x_1,y_1)\)\(B(x_2,y_2)\),中点\(P(x_0,y_0)\)

(1)求\(A\)\(B\)两点的横坐标之积和纵坐标之积;

分析:\(k_{OA}=\cfrac{y_1}{x_1}\)\(k_{OB}=\cfrac{y_2}{x_2}\)

由于\(OA\perp OB\),则有\(k_{OA}\cdot k_{OB}=-1\),则\(x_1x_2+y_1y_2=0\)

又由于\(y_1^2=2px_1\)\(y_2^2=2px_2\),则有\(\cfrac{y_1^2}{2p}\cdot \cfrac{y_2^2}{2p}+y_1y_2=0\)

由于\(y_1\neq 0\)\(y_2\neq 0\),故得到\(y_1y_2=-4p^2\)\(x_1x_2=4p^2\)

(2)求证:直线\(AB\)恒过定点;

分析:由于\(y_1^2=2px_1\)\(y_2^2=2px_2\)

所以\((y_1-y_2)(y_1+y_2)=2p(x_1-x_2)\)

所以当\(x_1\neq x_2\)时,\(\cfrac{y_1-y_2}{x_1-x_2}=\cfrac{2p}{y_1+y_2}\),即\(k_{AB}=\cfrac{2p}{y_1+y_2}\)

则直线\(AB:\) \(y-y_1=\cfrac{2p}{y_1+y_2}(x-x_1)\),即\(y=\cfrac{2px}{y_1+y_2}+y_1-\cfrac{2px_1}{y_1+y_2}\)

所以\(y=\cfrac{2px}{y_1+y_2}+\cfrac{y_1^2-2px_1+y_1y_2}{y_1+y_2}\)

由于\(y_1^2=2px_1\)\(y_1y_2=-4p^2\)

所以\(y=\cfrac{2px}{y_1+y_2}+\cfrac{-4p^2}{y_1+y_2}\),整理为\(y=\cfrac{2p}{y_1+y_2}(x-2p)\)

所以直线\(AB\)过定点\((2p,0)\),设\(M(2p,0)\)

\(x_1=x_2\)时,可知\(AB\)方程为\(x=2p\),过点\(M(2p,0)\)

综上可知,直线\(AB\)恒过定点\(M(2p,0)\)

(3)求弦\(AB\)的中点\(P\)的轨迹方程;

分析:如图设\(OA:y=kx\),代入\(y^2=2px\),得到\(x=0\)\(x=\cfrac{2p}{k^2}\),故点\(A(\cfrac{2p}{k^2},\cfrac{2p}{k})\)

同理,以\(-\cfrac{1}{k}\)代替\(k\),得到点\(B(2pk^2,-2pk)\)

设中点\(P(x_0,y_0)\),则\(\left\{\begin{array}{l}{x_0=p(k^2+\cfrac{1}{k^2})}\\{y_0=p(k-\cfrac{1}{k})}\end{array}\right.\)

由于\(k^2+\cfrac{1}{k^2}=(k-\cfrac{1}{k})^2-2\),利用此公式消参,得到

\(\cfrac{x_0}{p}=(\cfrac{y_0}{p})^2+2\),即\(y_0^2=px_0-2p^2\)

即中点\(P\)的轨迹方程为\(y^2=px-2p^2\)

(4)求\(\triangle AOB\)面积的最小值;

分析:\(S_{\triangle AOB}=S_{\triangle AOM}+S_{\triangle BOM}=\cfrac{1}{2}|MO|(|y_1|+|y_2|)\)\(=p(|y_1|+|y_2|)\geqslant 2p\sqrt{|y_1y_2|}\)\(=4p^2\)

当且仅当\(|y_1|=|y_2|=2p\)时,等号成立,

所以\(\triangle AOB\)面积的最小值为\(4p^2\)

典例剖析

已知点\(P(-3,2)\)在抛物线\(C:y^2=2px(p>0)\)的准线上,过点\(P\)的直线与抛物线\(C\)相切于\(A\)\(B\)两点,则直线\(AB\)的斜率为多少?

法1:常规方法,由于点\(P(-3,2)\)在抛物线\(C:y^2=2px(p>0)\)的准线上,

所以准线方程为\(x=-\cfrac{p}{2}=-3\),解得\(p=6\),即\(y^2=12x\)

抛物线为\(y^2=12x\),在第一象限的方程为\(y=2\sqrt{3}\sqrt{x}\)

设切点\(A(m,n)\),则\(n=2\sqrt{3}\sqrt{m}\)

由导数可知,\(y'=2\sqrt{3}\times \cfrac{1}{2}\cfrac{1}{\sqrt{x}}=\cfrac{\sqrt{3}}{\sqrt{x}}\)

则在切点\(A\)处的斜率为\(\cfrac{\sqrt{3}}{\sqrt{m}}\)

则直线\(PA\)的方程为:\(y-n=\cfrac{\sqrt{3}}{\sqrt{m}}(x-m)\)

将点\((-3,2)\)代入得到,\(2-n=\cfrac{\sqrt{3}}{\sqrt{m}}(-3-m)\)

\(n=2\sqrt{3}\sqrt{m}\)②,

联立解得,\(m=\cfrac{11+2\sqrt{10}}{3}\)\(n=2+2\sqrt{10}\)

即点\(A(\cfrac{11+2\sqrt{10}}{3},2+2\sqrt{10})\)

同理,可设切点\(B(a,b)\),则在切点\(B\)处的斜率为\(-\cfrac{\sqrt{3}}{\sqrt{a}}\)

则直线\(PB\)的方程为:\(y-b=-\cfrac{\sqrt{3}}{\sqrt{a}}(x-a)\)

将点\((-3,2)\)代入得到,\(2-b=-\cfrac{\sqrt{3}}{\sqrt{a}}(-3-a)\)

\(b=-2\sqrt{3}\sqrt{a}\)②,

联立解得,\(m=\cfrac{11-2\sqrt{10}}{3}\)\(n=2-2\sqrt{10}\)

即点\(B(\cfrac{11-2\sqrt{10}}{3},2-2\sqrt{10})\)

故直线\(AB\)的斜率为\(k=\cfrac{(2+2\sqrt{10})-(2-2\sqrt{10})}{\frac{11+2\sqrt{10}}{3}-\frac{11-2\sqrt{10}}{3}}=3\)

故所求斜率为\(3\).

法2:【特殊方法】导数法,由题目先得到抛物线方程\(y^2=12x\),对此式两边同时针对\(x\)求导,

得到\(2y\cdot y'=12\),即\(y'=\cfrac{6}{y}\),故经过抛物线上任意一点切线的斜率\(k=y'=\cfrac{6}{y}\)

则以点\(A(x_1,y_1)\)\(B(x_2,y_2)\)为切点的切线方程分别为

\(y-y_1=\cfrac{6}{y_1}(x-x_1)\)\(y-y_2=\cfrac{6}{y_2}(x-x_2)\)

将点\(P(-3,2)\)坐标代入以上两个式子,

得到\(2-y_1=\cfrac{6}{y_1}(-2-x_1)\)\(2-y_2=\cfrac{6}{y_2}(-3-x_2)\)

又因为\(y_1^2=12x_1\)\(y_2^2=12x_2\),代入上式,

解得\(y_1=3x_1-9\)\(y_2=3x_2-9\)

说明点\(A(x_1,y_1)\)\(B(x_2,y_2)\)都在同一条直线\(y=3x-9\)上,

即直线\(AB\)的方程为\(y=3x-9\),故所求斜率为\(3\).

设抛物线\(C:y^2=3x\)的焦点,过\(F\)且倾斜角为\(30^{\circ}\)的直线交\(C\)\(A\)\(B\)两点,则\(|AB|\)等于【】

$A.\cfrac{\sqrt{30}}{3}$ $B.6$ $C.12$ $D.7\sqrt{3}$

【法1】:常规方法,利用两点间距离公式,由于\(2p=3\),则\(\cfrac{p}{2}=\cfrac{3}{4}\),故焦点\(F(\cfrac{3}{4},0)\),又斜率为\(k=\cfrac{\sqrt{3}}{3}\)

则直线\(AB\)的方程为\(y=\cfrac{\sqrt{3}}{3}(x-\cfrac{3}{4})\)

联立直线\(AB\)和抛物线方程,得到\(\left\{\begin{array}{l}{y^2=3x}\\{y=\cfrac{\sqrt{3}}{3}(x-\cfrac{3}{4})}\end{array}\right.\)

\(y\)得到\(16x^2-24\times7x+9=0\),设点\(A(x_1,y_1)\),点\(B(x_2,y_2)\)

\(x_1+x_2=\cfrac{24\times7}{16}=\cfrac{21}{2}\)\(x_1x_2=\cfrac{9}{16}\)

\(|AB|=\sqrt{1+k^2}\cdot |x_1-x_2|\)

\(=\sqrt{1+k^2}\cdot\sqrt{(x_1+x_2)^2-4x_1x_2}=12\)

【法2】:利用直线\(AB\)的参数方程的参数的几何意义,

直线\(AB\)的参数方程为\(\begin{cases}x=\cfrac{3}{4}+\cfrac{\sqrt{3}}{2}t\\y=0+\cfrac{1}{2}t\end{cases}(t为参数)\),将其代入\(y^2=3x\)中,

整理得到\(t^2-6\sqrt{3}t-9=0\),设\(A\)\(B\)对应的参数分别为\(t_1\)\(t_2\)

\(\Delta>0\),且有\(t_1+t_2=6\sqrt{3}\)\(t_1t_2=-9\)

\(|AB|=|t_1-t_2|=\sqrt{(t_1+t_2)^2-4t_1t_2}=\sqrt{36\times3-4\times(-9)}=12\)

【法3】:利用抛物线的定义可知,\(|AB|=|AF|+|BF|=|AN|+|BO|=x_1+\cfrac{p}{2}+x_2+\cfrac{p}{2}=x_1+x_2+p\)

故由法1中,得到\(x_1+x_2=\cfrac{24\times7}{16}=\cfrac{21}{2}\)\(p=\cfrac{3}{2}\),即\(|AB|=x_1+x_2+p=12\)

法4:利用抛物线的焦点弦长公式:\(|AB|=\cfrac{2p}{sin^2\alpha}\),则\(|AB|=\cfrac{2\times \frac{3}{2}}{(\frac{1}{2})^2}=12\)

【衡水金卷,直线过定点类型】如图所示,已知点\(A(-1,0)\)是抛物线的准线与\(x\)轴的交点,过点\(A\)的直线与抛物线交于点\(M,N\)两点,过点\(M\)的直线交抛物线于另一个点\(Q\),且直线\(MQ\)过点\(B(1,-1)\).

(1).求抛物线的方程。

分析:由题目图形可知,\(\cfrac{p}{2}=1\),则\(p=2\),故顶点在坐标原点,开口向右的抛物线的方程为\(y^2=2px\),即\(y^2=4x\)

(2).求证:直线\(QN\)过定点。

分析:如果直线过定点\((m,n)\),则直线的表达式必然应该能化为:\(y-n=k(x-m)\)类型。

设点\(M(4t^2,4t)\),点\(N(4t_1^2,4t_1)\),点\(M(4t_2^2,4t_2)\),则由题目易知直线\(MN\)的斜率存在,

\(k_{MN}=\cfrac{4t-4t_1}{4t^2-4t_1^2}=\cfrac{1}{t+t_1}\),从而直线\(MN\)的方程是\(y=\cfrac{1}{t+t_1}(x-4t^2)+4t\),即\(x-(t+t_1)y+4tt_1=0\)

同理可知,直线\(MQ\)的方程\(x-(t+t_2)y+4tt_2=0\),直线\(NQ\)的方程\(x-(t_1+t_2)y+4t_1t_2=0\)

又点\(A\)在直线\(MN\)上,从而有\(4tt_1=1\),即\(t=\cfrac{1}{4t_1}\);点\(B\)在直线\(MQ\)上,

从而有\(1+(t+t_2)+4tt_2=0\),即\(1+(\cfrac{1}{4t_1}+t_2)+4\times \cfrac{1}{4t_1}t_2=0\)

化简得到\(4t_1t_2=-4(t_1+t_2)-1\)

代入\(NQ\)的方程,得到\(x-(t_1+t_2)y-4(t_1+t_2)-1=0\)

\(y+4=\cfrac{1}{t_1+t_2}(x-1)\),故直线\(NQ\)经过定点\((1,-4)\)

  • 抛物线\(y^2=4x\)上的任意点的坐标的设法一般是\((x,y)\),本题采用\((4t^2,4t)\),是抛物线的参数方程的一种。
  • 注意直线过定点的证明思路。

平面直角坐标系\(xoy\)中,若动圆与圆\((x-2)^2+y^2=1\)外切,且又与直线\(x+1=0\)相切,则动圆圆心的轨迹方程为【】

$A.y^2=8x$ $B.x^2=8y$ $C.y^2=4x$ $D.x^2=4y$

法1:如图所示,动圆的圆心为点\(P(x,y)\),则有\(|PN|=|PM|+1\)

\(\sqrt{(x-2)^2+(y-0)^2}=|x+1|+1\),由于动圆在直线\(x+1=0\)的右侧,即\(x+1>0\)

故化简得到\(\sqrt{(x-2)^2+(y-0)^2}=x+1+1\),整理得到\(y^2=8x\),故选\(A\)

法2:转化为能利用抛物线的定义来求解,其定义是说动点到定点的距离等于其到定直线的距离,

这样定点取\((2,0)\),此时定直线必须取\(x=-2\)

这样抛物线的标准方程为\(y^2=2px(p>0)\),且\(\cfrac{p}{2}=2\),即\(p=4\)

故抛物线的标准方程为\(y^2=8x\),故选\(A\)

【2019届宝鸡市高三理科数学质检Ⅰ第8题】平面直角坐标系\(xoy\)中,动点\(P\)与圆\((x-2)^2+y^2=1\)上的点的最短距离与其到直线\(x=-1\)的距离相等,则点\(P\)的轨迹方程为【】

$A.y^2=8x$ $B.x^2=8y$ $C.y^2=4x$ $D.x^2=4y$

分析:由题意可知,\(|PQ|=|PD|\),但是用这个不好建立轨迹方程,或者不能有效的和抛物线的定义建立联系,

故等价转化为\(|PA|=|PB|\),且其模型为\(y^2=2px\)

这样就可以理解为平面内一个动点\(P\)到一个定点\(A\)的距离等于其到定直线\(x=-2\)的距离。

由抛物线的定义可知,\(-\cfrac{p}{2}=-2\),即\(p=4\),故\(y^2=2\times 4x=8x\),故选\(A\)

  • 注意:抛物线的定义是高考考查时的高频考点。

【2018高考新课标Ⅲ卷第16题】已知点\(M(-1,1)\)和抛物线\(C:y^2=4x\),过\(C\)的焦点且斜率为\(k\)的直线与\(C\)交于\(A\)\(B\)两点,若\(\angle AMB=90^{\circ}\),则\(k\)=_________。

法1:点差法,做出如下示意图,连结\(MH\)\(H\)为焦点弦\(AB\)的中点,

由于\(\triangle AMB\)为直角三角形,\(H\)\(AB\)的中点,则\(MH=\cfrac{1}{2}AB\)

又由于\(AB=AF+BF=AP+BQ\),则\(MH=\cfrac{1}{2}AB=\cfrac{1}{2}(AP+BQ)\)

\(MH\)为直角梯形的中位线,则\(MH//x\)轴,

\(A(x_1,y_1)\)\(B(x_2,y_2)\),则有\(y_1^2=4x_1\) ①,\(y_2^2=4x_2\) ②,

①-②得到,\(y_1^2-y_2^2=4(x_1-x_2)\),即\((y_1+y_2)(y_1-y_2)=4(x_1-x_2)\)

则有\(\cfrac{y_1-y_2}{x_1-x_2}=\cfrac{4}{y_1+y_2}\),即\(k=\cfrac{4}{y_1+y_2}\)

又由于\(MH//x\)轴,\(M(-1,1)\),则\(H\)点的纵坐标为1,即\(\cfrac{y_1+y_2}{2}=1\),则\(y_1+y_2=2\),代入上式,

得到\(k=\cfrac{4}{y_1+y_2}=2\).

法2:向量法,设直线\(AB:y=k(x-1)\),由于点\(A,B\)都在抛物线上,故设\(A(4t_1^2,4t_1)\)\(B(4t_2^2,4t_2)\)

联立直线和抛物线,得到\(\left\{\begin{array}{l}{y=k(x-1)}\\{y^2=4x}\end{array}\right.\),消\(x\)得到,

\(y^2-\cfrac{4}{k}y-4=0\),则由韦达定理可知,\(4t_1+4t_2=\cfrac{4}{k}\)\(4t_1\cdot 4t_2=-4\)

\(t_1+t_2=\cfrac{1}{k}\)\(t_1\cdot t_2=-\cfrac{1}{4}\)

\(\overrightarrow{MA}=(4t_1^2+1,4t_1-1)\)\(\overrightarrow{MB}=(4t_2^2+1,4t_2-1)\)\(\angle AMB=90^{\circ}\)

\(\overrightarrow{MA}\cdot \overrightarrow{MB}=0\),即\((4t_1^2+1)(4t_2^2+1)+(4t_1-1)(4t_2-1)=0\)

打开整理得到,\(16(t_1t_2)^2+4(t_1^2+t_2^2)+1+16t_1t_2-4(t_1+t_2)+1=0\)

代入整理得到,\(\cfrac{4}{k^2}-\cfrac{4}{k}+1=0\),即\((\cfrac{2}{k}-1)^2=0\),解得\(k=2\)

已知抛物线\(C:y^2=4x\)的焦点为\(F\),过点\(M(4,0)\)的直线与抛物线\(C\)交于\(A\)\(B\)两点,则\(\triangle ABF\)的面积的最小值为【】

$A.8$ $B.12$ $C.16$ $D.24$

法1:做出如下的示意图,设直线\(AB\)的斜率为\(k\),不妨只考虑\(k>0\),则\(AB:y=k(x-4)\),即\(kx-y-4k=0\)

将直线和抛物线方程联立,消去\(x\)得到,\(ky^2-4y-16k=0\),则\(y_1+y_2=-\cfrac{-4}{k}=\cfrac{4}{k}\)\(y_1y_2=-16\)

\(|AB|=\sqrt{1+\cfrac{1}{k^2}}|y_1-y_2|=\sqrt{1+\cfrac{1}{k^2}}\sqrt{(y_1+y_2)^2-4y_1y_2}\)

\(=\sqrt{1+\cfrac{1}{k^2}}\sqrt{(\cfrac{4}{k})^2-4\times (-16)}=\sqrt{\cfrac{k^2+1}{k^2}}\cdot 4\cdot \sqrt{\cfrac{4k^2+1}{k^2}}\)

\(=4\cdot \cfrac{\sqrt{k^2+1}\cdot \sqrt{4k^2+1}}{k^2}\)

又点\(F\)到直线\(AB\)的距离为\(d=h=\cfrac{|3k|}{\sqrt{k^2+1}}=\cfrac{3k}{\sqrt{k^2+1}}\)

\(S_{\triangle ABF}=\cfrac{1}{2}\cdot 4\cdot \cfrac{\sqrt{k^2+1}\cdot \sqrt{4k^2+1}}{k^2}\cdot \cfrac{3k}{\sqrt{k^2+1}}\)

\(=6\times \cfrac{\sqrt{4k^2+1}}{k}=6\times \sqrt{4+\cfrac{1}{k^2}}\)

\(k\rightarrow \infty\)时,所求面积有最小值,\(S_{min}=6\times 2=12\)。故选\(B\).

法2:仿上利用均值不等式可以说明,当\(AB\)\(x\)轴垂直时,\(S_{\triangle ABF}\)有最小值;

\(S_{\triangle ABF}=\cfrac{1}{2}\cdot 3\cdot (|y_1|+|y_2|)\ge \cfrac{3}{2}\cdot 2\sqrt{|y_1y_2|}= \cfrac{3}{2}\cdot 2\cdot 4=12\),故选\(B\).

【2019届高三理科数学二轮用题】已知抛物线\(C:y^2=ax(a>0)\),若直线\(l:y=4x-a\)被抛物线\(C\)截得的弦长为\(17\),则与抛物线\(C\)相切且平行于直线\(l\)的直线方程为【】

$A.4x-y+2=0$ $B.4x-y+1=0$ $C.8x-2y+1=0$ $D.8x-2y-1=0$

分析:如图所示,直线过抛物线的焦点,故利用抛物线的焦点弦长公式可得,\(\cfrac{2p}{sin^2\theta}=17\)

又由于直线的斜率\(k=4\),则\(sin^2\theta=\cfrac{2p}{17}\)\(cos^2\theta=\cfrac{17-2p}{17}\),则\(k^2=16=tan^2\theta=\cfrac{2p}{17-2p}\)

解得\(p=8\),从而\(a=16\),抛物线为\(y^2=16\)

由图可知所求直线和抛物线相切于第一象限,故涉及到的函数为\(y=f(x)=4\sqrt{x}\)

设切点为\(P(x_0,y_0)\),则\(f'(x_0)=\cfrac{2}{\sqrt{x_0}}=4\),求得\(x_0=\cfrac{1}{4}\)\(y_0=2\)

又所求直线的\(k=4\),由点斜式方程可得,所求直线为\(4x-y+1=0\),故选\(B\).

解后反思:焦点弦的公式不止一个,此处选用这一个就是考虑变量少,运算简单。

【2019届高三理科数学三轮用题】已知顶点在原点,焦点在\(x\)轴正半轴上的抛物线\(C\),若其焦点到准线的距离为4,准线交\(x\)轴于点\(K\),点\(A\)在抛物线\(C\)上,\(|AK|=\sqrt{2}|AF|\),则\(\triangle AFK\)的面积为【】

$A.4$ $B.6$ $C.8$ $D.12$

分析:如图所示,由题可知,\(|OF|=|OK|=2\)\(|KF|=4\),由抛物线定义可知,\(|AF|=|AB|\),则\(|AK|=\sqrt{2}|AB|\)

故可知\(\angle AKF=45^{\circ}\),在\(\triangle AKF\)中,\(|KF|=4\),设\(|AF|=x\),则\(|AK|=\sqrt{2}x\)

由余弦定理可知,\(|AF|=4\),其高为\(|KB|=4\),故\(S_{\triangle AFK}=\cfrac{1}{2}\times 4\times 4=8\),故选\(C\)

【2019届高三理科数学二轮用题】已知\(A\)\(B\)为抛物线\(y^2=4x\)上的点,\(O\)为坐标原点,若\(\triangle OAB\)为等边三角形,则\(\triangle OAB\)的面积为【】

$A.24$ $B.48$ $C.24\sqrt{3}$ $D.48\sqrt{3}$

分析:如图所示,由于\(\triangle OAB\)为等边三角形,则边\(AB\)必然垂直于\(x\)轴,设点\(A(4t^2,4t)\),则\(B(4t^2,-4t)\)

由于\(\angle AOC=30^{\circ}\),则由斜率公式可知,\(\cfrac{4t}{4t^2}=tan30^{\circ}\),解得\(t=\sqrt{3}\)

\(|AC|=|BC|=4\sqrt{3}\),则\(|AB|=8\sqrt{3}\),故高\(|OC|=4\sqrt{3}\times \sqrt{3}=12\)

\(S_{\triangle OAB}=\cfrac{1}{2}\times 8\sqrt{3}\times 12=48\sqrt{3}\),故选\(D\).

【2019届高三理科数学二轮用题】已知抛物线\(C:y^2=2px(p>0)\)的焦点到准线的距离为\(4\),直线\(l'\)过点\((0,3)\)且和直线\(l:x-2y=0\)垂直,直线\(l'\)与抛物线\(C\)交于\(M\)\(N\)两点,则以\(MN\)为直径的圆的方程为【】

$A.(x-\cfrac{5}{2})^2+(y+2)^2=20$
$B.(x+\cfrac{5}{2})^2+(y-2)^2=20$
$C.(x-\cfrac{5}{2})^2+(y+2)^2=10$
$D.(x+\cfrac{5}{2})^2+(y-2)^2=10$

分析:由题可知,抛物线方程为\(y^2=8x\),直线\(l'\)方程为\(y-3=-2x\),即\(l':2x+y-3=0\)

设点\(M(x_1,y_1)\)\(N(x_2,y_2)\),线段\(MN\)的中点为\((x_0,y_0)\),联立\(y^2=8x\)\(2x+y-3=0\)

消去\(y\)得到\(4x^2-20x+9=0\),由韦达定理得到\(x_1+x_2=5\)\(x_1x_2=\cfrac{9}{4}\)

则可知\(x_0=\cfrac{x_1+x_2}{2}=\cfrac{5}{2}\),代入\(l':2x+y-3=0\),得到\(y_0=-2\);即圆心坐标为\((\cfrac{5}{2},-2)\)

又由弦长公式得到\(MN=\sqrt{1+k^2}|x_1-x_2|\)

\(MN=\sqrt{1+(-2)^2}\sqrt{(x_1+x_2)^2-4x_1x_2}=\sqrt{5}\sqrt{25-9}=4\sqrt{5}\)

故半径为\(2\sqrt{5}\),则以\(MN\)为直径的圆的方程为\((x-\cfrac{5}{2})^2+(y+2)^2=20\),故选\(A\)

已知抛物线\(y^2=8x\)的焦点为\(F\),直线\(l\)\(F\)且依次交抛物线及圆\((x-2)^2+y^2=1\)于点\(A,B,C,D\)四点,则\(|AB|+4|CD|\)的最小值为_______。

待解答。

[两动点一定点]已知抛物线\(y^2=4x\)上一个动点\(P\),点\(A(4,2)\),求点\(P\)的坐标,使得点\(P\)到准线的距离\(|PE|\)\(|PA|\)之和最小,

分析:准线为\(x=-1\),当点\(A\)\(P\)\(E\)三点共线,即三点连线与\(x\)轴平行时\(|PE|+|PA|\)之和最小;

此时\([|PA|+|PE|]_{min}=|AE|=|4-(-1)|=5\),此时点\(E(-1,2)\),点\(P(1,2)\)

【2020宝鸡市质检三文科第12题】已知拋物线\(C: y=x^{2}\)\(P\)是直线\(x+y+2=0\)上的动点,过点\(P\)向曲线\(C\)引切线,切点分別为\(A\)\(B\),则\(\triangle P AB\)的重心【】

$A.恒在x轴上方$
$B.恒在x轴上$
$C.恒在x轴下方$
$D.位置不确定$

分析:由于点\(P\)在直线\(x+y+2=0\)上,故设\(P(-2-y_{0}, y_{0})\)

又由于点\(A\)\(B\)\(y=x^{2}\)上,故设\(A(x_{1}, x_{1}^{2})\), \(B(x_{2}, x_{2}^{2})\)

由于\(y^{\prime}=2x\),则\(k_{1}=2x_{1}\),则在\(A\)点的切线方程\(l_{1}\)\(y-x_{1}^{2}=2x_{1}(x-x_{1})\)

又由于点\(P\)\(l_{1}\)上,则\(y_{0}-x_{1}^{2}=2 x_{1}(-2-y_{0}-x_{1})\),即\(x_{1}^{2}+2(y_{0}+2)x_{1}+y_{0}=0\)

同理, \(B\)点的切线方程有\(x_{2}^{2}+2(y_{0}+2)x_{2}+y_{0}=0\),[仿上的结果直接写出,工作量减少一半]

所以,\(x_{1}\)\(x_{2}\)是方程\(x^{2}+2(y_{0}+2)x+y_{0}=0\)的两根,[此处用到合二为一的策略]

由韦达定理可知,\(\left\{\begin{array}{l}x_{1}+x_{2}=-2(y_{0}+2)\\x_{1}x_{2}=y_{0}\end{array}\right.\)

则有\(\cfrac{y_{0}+y_{1}+y_{2}}{3}=\cfrac{x_{1} x_{2}+x_{1}^{2}+x_{2}^{2}}{3}\)

\(=\cfrac{x_{1} x_{2}+(x_{1}+x_{2})^2-2x_1x_2}{3}=\cfrac{(x_{1}+x_{2})^2-x_1x_2}{3}\)

\(=\cfrac{4(y_0+2)^2-y_0}{3}=\cfrac{4y_0^2+15y_0+16}{3}>0\) [\(\Delta=15^2-4\times4\times16<0\)]

\(\triangle PAB\)的重心恒在\(x\)轴上方, 故选\(A\).

【2022届高三文科定时训练题】已知抛物线 \(x^{2}=y\) 的焦点为 \(F\), 过 \(F\) 作两条夹角为 \(30^{\circ}\) 的直线 \(m, n\), 直线 \(m\) 与抛物线交 于点 \(P, Q\), 直线 \(n\) 与抛物线交于点 \(M, N\), 则 \(\cfrac{1}{|P Q|}+\cfrac{1}{|MN|}\) 的最小值为__________________ .

解析: 抛物线 \(x^{2}=y\) 的焦点为 \(F(0,\cfrac{1}{4})\) ,[用图形帮助大家理解本题目所采用的算理]

设直线 \(m\) 的倾斜角为 \(\alpha\) ,可得直线 \(m\) 的参数方程为 \(\left\{\begin{array}{l}x=0+t\cos\alpha ,\\y=\cfrac{1}{4}+t\sin\alpha\end{array}\right.\) ( \(t\) 为参数),

代入抛物线的方程 \(x^{2}=y\) 得到关于\(t\)的一元二次方程 , \(\cos^{2}\alpha\cdot t^2-\sin\alpha\cdot t-\cfrac{1}{4}=0\)

则其必然满足 \(\Delta=(-\sin\alpha)^2+\cos^2\alpha=1>0\),设 \(P\)\(Q\) 对应的参数分别为 \(t_{1}\)\(t_{2}\)

则由韦达定理得到, \(t_{1}+t_{2}=\cfrac{\sin\alpha}{\cos^{2}\alpha}\)\(t_{1} t_{2}=-\cfrac{1}{4\cos^{2}\alpha}\)

\(|PQ|=|t_{1}-t_{2}|=\sqrt{(t_{1}+t_{2})^{2}-4 t_{1}t_{2}}\)

\(=\sqrt{\cfrac{\sin ^{2} \alpha}{\cos ^{4}\alpha}+\cfrac{1}{\cos ^{2} \alpha}}\)\(=\sqrt{\cfrac{\sin ^{2} \alpha+\cos ^{2} \alpha}{\cos ^{4} \alpha}}=\cfrac{1}{\cos ^{2} \alpha}\)

即有 \(|PQ|=\cfrac{1}{\cos^{2}\alpha}\) ,[如何计算\(|MN|\)才是这个题目的难点,同样的思路走一遍,必然费时费力]

\(\alpha\) 换为 \(\alpha+30^{\circ}\)同理由于计算 \(|MN|\) 的算理和计算方法和计算 \(|PQ|\) 的是完全一样的,二者不同的仅仅是倾斜角,这样我们就可以直接借助上述的结论得到我们想要的东西,而且能节省大量的时间和精力,更重要的是锤炼了我们的数学素养。不过需要注意此处的思维跳跃性还是很大的。需要我们平时有意识的加以练习。 可得 \(|MN|=\cfrac{1}{\cos^{2}\left(\alpha+30^{\circ}\right)}\)

\(\cfrac{1}{|P Q|}+\cfrac{1}{|M N|}=\cos ^{2} \alpha+\cos ^{2}\left(\alpha+30^{\circ}\right)\)

\(=\cfrac{1+\cos 2 \alpha}{2}+\cfrac{1+\cos \left[2\left(\alpha+30^{\circ}\right)\right]}{2}\)

\(=1+\cfrac{1}{2}\left[\cos 2 a+\cos \left(2 a+60^{\circ}\right)\right]\)

\(=1+\cfrac{1}{2}\left(\cfrac{3}{2} \cos 2 \alpha-\cfrac{\sqrt{3}}{2} \sin 2 \alpha\right)\)

\(=1+\cfrac{\sqrt{3}}{2} \cos \left(2 \alpha+30^{\circ}\right)\)

\(\cos \left(2 \alpha+30^{\circ}\right)=-1\) ,即 \(\alpha=75^{\circ}\) 时, \(\cfrac{1}{|PQ|}+\cfrac{1}{|MN|}\) 的最小值为 \(1-\cfrac{\sqrt{3}}{2}\).

〔解后反思〕:如果学校是代数、几何内容分开讲授,那么一看到抛物线和直线的相交问题,则学生很可能会想到设直线的点斜式方程,联立曲线方程利用弦长公式的思路来求解,从而由于运算量大而主动退却放弃;这一思维定势需要克服,同时需要深入体会参数方程在解决这一类问题的便利。

已知抛物线: \(x^{2}=2py(p>0)\) 的顶点为 \(O\), 焦点为 \(F\), 准线为 \(l\), 过点 \(F\) 的直线与拋物线交于点 \(A\)\(B\), 且 \(\overrightarrow{OA}\cdot \overrightarrow{OB}=-3\), 过拋物线上一点 \(P\) (非原点) 作抛物线的切线, 与 \(x\) 轴、 \(y\) 轴分别交于点 \(M\)\(N\)\(PH\perp l\), 垂足为 \(H\) . 下列命题:

①. 拋物线的标准方程为 $x^{2}=4y$;
②. $\triangle OMN$ 的面积为定值;
③. $M$ 为 $PN$ 的中点;
④. 四边形 $PFNH$ 为菱形;

其中所有正确结论的编号为______________.

解: 设 \(A(x_{1}, y_{1})\)\(B(x_{2}, y_{2})\), 可知 \(F(0,\cfrac{p}{2})\), 直线 \(AB\) 的方程为 \(y=k x+\cfrac{p}{2}\)

联立 \(\left\{\begin{array}{l}x^2=2py\\y=kx+\cfrac{p}{2}\end{array}\right.\), 化为 \(x^{2}-2pkx-p^{2}=0\), 则 \(x_{1}+x_{2}=2pk\)\(x_{1}x_{2}=-p^{2}\)

\(y_{1}y_{2}=\cfrac{p^{2}}{4}\), 所以 \(\overrightarrow{OA}\cdot\overrightarrow{OB}=x_{1}x_{2}+y_{1}y_{2}=-p^{2}+\cfrac{p^{2}}{4}=-\cfrac{3}{4}p^{2}=-3\)

所以 \(p=2\), 故抛物线的标准方程为 \(x^{2}=4y\) ; 故 ①. 正确;

\(P(x_{0}, y_{0})\) 为抛物线上一点,由于抛物线方程为 \(y=\cfrac{1}{4}x^{2}\), 则 \(y'=\cfrac{1}{2}x\)

则在 \(P\) 点处的切线方程斜率 \(k=\cfrac{x_{0}}{2}\), 所以 \(P\) 点处的切线方程为\(y-y_0=\cfrac{x_0}{2}(x-x_0)\)

又由于 \(y_0=\cfrac{1}{4}x_0^2\),故切线方程为 \(y=\cfrac{x_{0}}{2}x-y_{0}\)

由于切线与 \(x\) 轴, \(y\) 轴分别交于点 \(M\)\(N\), 所以 \(M(\cfrac{2y_{0}}{x_{0}}, 0)\)\(N(0,-y_{0})\)

所以 \(S_{\triangle OMN}=\cfrac{1}{2}|OM||ON|=\cfrac{1}{2}\times|\cfrac{2y_{0}}{x_{0}}||-y_{0}|=|\cfrac{(\frac{{x_0}^2}{4})^2}{x_{0}}|=|\cfrac{x_{0}^{3}}{16}|\), 故面积不为定值, 故 ②. 错误;

因为 \(M(\cfrac{2y_{0}}{x_{0}}, 0)\)\(P(x_{0}, y_{0})\)\(N(0,-y_{0})\), 可知 \(\left\{\begin{array}{l}2 \cdot\cfrac{2y_{0}}{x_{0}}=\cfrac{x_{0}^{2}}{x_{0}}=x_{0}+0\\2\times 0=y_{0}+(-y_{0})\end{array}\right.\)

所以 \(M\)\(PN\) 的中点, 故 ③. 正确;

因为 \(PH\)\(\perp\)\(l\) 垂足为 \(H\), 所以 \(H(x_{0},-1)\)\(N(0,-y_{0})\)\(F(0,1)\)\(P(x_{0}, y_{0})\)

因此 \(|FN|=|PH|\)\(FN//PH\), 所以四边形 \(PFNH\) 为平行四边形, 又根据抛物线定义 \(|PH|=|PF|\)

故四边形 \(PFNH\) 为菱形, 故④. 正确.

故答案为: ①.③.④.

posted @ 2017-05-30 16:27  静雅斋数学  阅读(1060)  评论(0编辑  收藏  举报
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